Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Chuyên Bắc Ninh lần 01 có đáp án
22 câu hỏi
Cho hàm số \[y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\]. Giá trị \[f'\left( 3 \right)\] bằng
\[\frac{4}{5}\].
\[\frac{3}{{16}}\].
\[\frac{2}{9}\].
\[\frac{1}{6}\].
Chọn B
Có \[y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 3 \right) = \frac{3}{{16}}\].
Cho hình lập phương\[ABCD.A'B'C'D'\]. Vectơ nào dưới đây bằng vectơ \[\overrightarrow {AD} \]?
\[\overrightarrow {BC'} \].
\[\overrightarrow {DC} \].
\[\overrightarrow {B'C'} \].
\[\overrightarrow {AB} \].
Chọn C
Tập xác định của hàm số \[y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{6}}} + \log \left( {4 - {x^2}} \right)\] là
\[\left[ {1;2} \right)\].
\[\left( { - 2;2} \right)\].
\[\left( {1;2} \right]\].
\[\left( {1;2} \right)\].
Chọn D
Hàm số xác định \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\4 - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\ - 2 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {1;2} \right)\]
Tập xác định của hàm số \[y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{6}}} + \log \left( {4 - {x^2}} \right)\] là \[D = \left( {1;2} \right)\].
Khảo sát thời gian tập thể dục của một số học sinh khối 11 thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:
Trung vị của mẫu số liệu trên gần với số nào nhất?
\[41,23\].
\[51,54\].
\[40,55\].
\[50,44\].
Chọn B
Tổng số học sinh: \[n = 43\]
Nhóm \[\left[ {40;60} \right]\] là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng \[\frac{n}{2} = \frac{{43}}{2} = 21,5\].
Trung vị của mẫu số liệu trên là \[{Q_e} = 40 + \frac{{\frac{{43}}{2} - 14}}{{13}}.20 \approx 51,54\].
Cho hàm số \(y = - {x^3} + 3{x^2} + 9x - 1\). Hệ số góc lớn nhất của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là
9.
12.
6.
8.
Chọn B
Hàm số \(y = - {x^3} + 3{x^2} + 9x - 1\)có:
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)
\(y' = - 3{x^2} + 6x + 9\)
Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là \(k = y'\left( {{x_0}} \right) = - 3{x_0}^2 + 6{x_0} + 9 = - 3{\left( {{x_0} - 1} \right)^2} + 12 \le 12\,,\,\,\forall {x_0} \in \mathbb{R}\)
Vậy hệ số góc lớn nhất của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là \(12\), đạt khi \({x_0} = 1\).
Giá trị của giới hạn \({\rm{lim}}\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} - n} \right)\) bằng
\(\frac{1}{3}\).
\( - \frac{2}{3}\).
1.
0.
Chọn B
Ta có: \({\rm{lim}}\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} - n} \right)\)\( = {\rm{lim}}\frac{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} - n} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} \cdot n + {n^2}} \right]}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} \cdot n + {n^2}}}\)
\( = {\rm{lim}}\frac{{{n^3} - 2{n^2} - {n^3}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} \cdot n + {n^2}}} = {\rm{lim}}\frac{{ - 2{n^2}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} \cdot n + {n^2}}}\)
\( = {\rm{lim}}\frac{{ - 2}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{1 - \frac{2}{n}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{1 - \frac{2}{n}}} + 1}} = - \frac{2}{3}\).
Cho hai hình bình hành \(ABCD\) và \(ABEF\) không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi \({O_1},{O_2}\) lần lượt là tâm của \(ABCD\,,\,ABEF\). \(M\) là trung điểm của \(CD\). Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau
\(M{O_2}\) cắt \(\left( {BEC} \right)\).
\({O_1}{O_2}\) song song với \(\left( {AFD} \right)\).
\({O_1}{O_2}\) song song với \(\left( {BEC} \right)\).
\({O_1}{O_2}\) song song với \(\left( {EFM} \right)\).
Chọn A
Ta có \({O_1}{O_2}\) là đường trung bình của tam giác \(ACE \Rightarrow {O_1}{O_2}\parallel CE\),
mà \({O_1}{O_2} \not\subset \left( {BCE} \right)\)\( \Rightarrow {O_1}{O_2}\parallel \left( {BCE} \right)\). Vậy C đúng.
Tương tự có \({O_1}{O_2}\parallel DF \Rightarrow \)\({O_1}{O_2}\parallel \left( {AFD} \right)\). Vậy B đúng.
\({O_1}{O_2}\parallel CE\) mà \({O_1}{O_2} \not\subset \left( {MEF} \right)\,,\,CE \subset \left( {MEF} \right)\)\( \Rightarrow {O_1}{O_2}\parallel \left( {MEF} \right)\). Vậy D đúng.
Ta có \(M{O_1}\) là đường trung bình của tam giác \(BCD \Rightarrow M{O_1}\parallel BC\),
mà \(M{O_1} \not\subset \left( {BCE} \right)\)\( \Rightarrow M{O_1}\parallel \left( {BCE} \right)\).
Vậy mặt phẳng \(\left( {M{O_1}{O_2}} \right)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \({O_1}{O_2}\) và \(M{O_1}\) cùng song song mặt phẳng \(\left( {BCE} \right)\)\( \Rightarrow \left( {M{O_1}{O_2}} \right)\parallel \left( {BCE} \right) \Rightarrow M{O_2}\parallel \left( {BCE} \right)\). Vậy A sai.
Tập giá trị của hàm số \(y = {\rm{cot}}x\) là
\(\left( { - 1;1} \right)\).
\(\left[ { - 1;1} \right]\).
\(\mathbb{R}\).
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
Chọn C
Tập giá trị của hàm số \(y = {\rm{cot}}x\) là \(\mathbb{R}\).
Cho tứ diện \[ABCD\]. Gọi \[G\]là trọng tâm tam giác \[ABC\]. Phát biểu nào sau đây là sai?
\[\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} = 3\overrightarrow {DG} \].
\[\overrightarrow {GD} - \overrightarrow {GA} = \overrightarrow {AD} \].
\[\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \].
\[\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \].
Chọn D
Theo tính chất trọng tâm tam giác ta có A, C là mệnh đề đúng. B đúng theo quy tắc hiệu hai véc tơ.
Ta có \[\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow {GD} \ne \overrightarrow 0 \]. Vậy D sai.
Cho lăng trụ \[ABCD.A'B'C'D'\]. Có hai đáy là các hình nình hành. Các điểm \[M,N,P\] lần lượt là trung điểm của các cạnh \[AD,\,BC,\,CC'\] (tham khảo hình vẽ). Xét các khẳng định sau:
a) Mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] cắt \[A'D'\].
b) Mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] cắt \[DD'\] tại trung điểm của \[DD'\].
c) Mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] song song với mặt phẳng \[\left( {ABC'D'} \right)\] .
Trong các khẳng định trên, số khẳng định đúng là:
0.
1.
3.
2.
Chọn C
Do \[AD//A'D'\], \[AD\] cắt mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] suy ra \[\left( {MNP} \right)\]cắt \[A'D'\]. Vậy a) đúng
Gọi trung điểm của \[DD'\] là Q thì \[PQ//CD \Rightarrow PQ//MN\,hay\,\,Q \in \left( {MNP} \right)\]. Vậy b) đúng
Xét hai mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] và \[\left( {ABC'D'} \right)\] có \[\left\{ \begin{array}{l}MN//AB\\NP//BC'\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNP} \right)//\left( {ABC'D'} \right)\]. Vậy c) đúng.
Tìm số hạng tổng quát của cấp số nhân lùi vô hạn khi có tổng bằng 3 và công bội bằng \[\frac{2}{3}\].
\[{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}\].
\[{\left( {\frac{2}{3}} \right)^n}\].
\[{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n + 1}}\].
\[{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n + 2}}\].
Chọn A
Theo công thức tổng của cấp số nhân lùi ta có \[S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} \Leftrightarrow 3 = \frac{{{u_1}}}{{1 - \frac{2}{3}}} \Leftrightarrow {u_1} = 1 \Rightarrow {u_n} = 1.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}\]
Vậy \[{u_n} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}\].
Cho hàm số đa thức bậc ba \[y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\]có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\[\left( { - 2;0} \right)\].
\[\left( {0; + \infty } \right)\].
\[\left( { - 1;1} \right)\].
\[\left( {1; + \infty } \right)\].
Chọn D
Hàm số đã cho nghịch biến trên \[\left( { - \infty ; - 1} \right)\] và \[\left( {1; + \infty } \right)\] suy ra đáp án D đúng
Đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{1}{2}{x^2} + x + 2025\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi \(g\left( { - 1} \right) < m < \min \left\{ {g\left( { - 3} \right);\,\,g\left( 1 \right)} \right\}.\)
Đồ thị hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{2x + 1}}{{f'\left( x \right)}}\) có 3 đường tiệm cận.
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right).\)
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị.
a) Sai. Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\,\,\,\,\,\,(1)\)
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của \(y = f'\left( x \right)\) và \(y = x - 1\). Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng 1 hệ trục tọa độ ta thấy 2 đồ thị cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ \(x = - 3;\,\,x = - 1;\,\,x = 1\).
Vậy \(h(x) = \frac{{2x + 1}}{{{{(x + 2)}^2}(x - 1)}} \cdot \)
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} h(x) = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} h(x) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } h(x) = 0\) nên \(x = - 2;x = 1\) là các tiệm cận đứng và \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(h(x)\).
c) Sai. Dựa vào đồ thị hàm số \(f'(x)\) ta thấy \(f'(x) \le 0,\,\,\forall x \le 1\) và \(f'(x) > 0,\,\,\forall x > 1\) nên hàm số chỉ đồng biến trên khoảng \((1; + \infty )\).
d) Sai. Lập bảng biến thiên của \(f(x)\)
Hàm số \(f(x)\) chỉ có một điểm cực tiểu \(x = 1.\)
Khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \(\left( {FCD} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt {10} }}{5}\).
Độ lớn của góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng đáy bằng \(30^\circ \).
Thể tích của khối chóp \(S.FCD\) bằng \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).
Khoảng cách giữa \(AC\) và \(SB\) bằng \(\frac{{a\sqrt 6 }}{4}\).
Trong hộp có 45 quả cầu có cùng kích thước và khối lượng được đánh số từ 1 đến 45. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Số cách lấy được cả 3 quả cầu đánh số chẵn bằng 1540.
Xác xuất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu là một số chia hết cho 8 bằng \(\frac{{523}}{{1290}}\).
Xác xuất để tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số lẻ bằng \(\frac{1}{2}\).
Xác xuất để tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số chia hết cho 4 bằng \(\frac{{323}}{{1290}}\).
a) Đúng. Số cách lấy được cả 3 quả cầu đánh số chẵn là \(C_{22}^3 = 1540\).
b) Sai. Số cách lấy 3 quả tùy ý là \(n\left( \Omega \right) = C_{45}^3 = 14190\).
Ta chia các quả cầu thành các nhóm \({S_0};{S_1};{S_2};{S_3}\) là các nhóm chứa các quả cầu lần lượt có các số dư như sau:
\({S_0}\) gồm 5 số chia hết cho 8
\({S_1}\) gồm 11 số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4
\({S_2}\) gồm 6 số chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8
\({S_3}\) gồm 23 số lẻ.
Gọi \(A\) là biến cố: “tích 3 số ghi trên 3 quả cầu là một số chia hết cho 8”.
Ta đi tính \(n\left( {\overline A } \right)\).
Để tích 3 số không chia hết cho 8 thì xảy ra các trường hợp:
3 số thuộc \({S_3}\).
1 số thuộc \({S_1}\) và 2 số thuộc \({S_3}\).
1 số thuộc \({S_2}\) và 2 số thuộc \({S_3}\).
2 số thuộc \({S_1}\) và 1 số thuộc \({S_3}\).
\(n\left( {\overline A } \right) = C_{23}^3 + C_{23}^2\left( {C_{11}^1 + C_6^1} \right) + C_{23}^1C_{11}^2 = 1771 + 4301 + 1265 = 7337\).
Suy ra \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{623}}{{1290}}\).
c) Sai. Để chọn được 3 số có tổng là số lẻ thì xảy ra hai trường hợp:
3 số đều lẻ
1 số lẻ và 2 số chẵn
Gọi \(B\) là biến cố: “tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số lẻ”
\(n\left( B \right) = C_{23}^3 + C_{23}^1C_{22}^2 = 7084\)
\(P\left( B \right) = \frac{{7084}}{{14190}} = \frac{{322}}{{645}}\)
d) Đúng. Ta chia các quả cầu thành các nhóm \({C_0};{C_1};{C_2};{C_3}\) là các nhóm chứa các quả cầu lần lượt có các số dư như sau:
\({C_0}\) gồm 11 số chia hết cho 4.
\({C_1}\) gồm 12 số chia hết cho 4 dư 1.
\({C_2}\) gồm 11 số chia hết cho 4 dư 2.
\({C_3}\) gồm 11 số chia hết cho 4 dư 3.
Gọi \(C\) là biến cố: “tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số chia hết cho 4”.
Xảy ra các trường hợp sau:
Cả 3 số đều thuộc \({C_0}\) có \(C_{11}^3 = 165\) cách chọn.
1 số thuộc \({C_0}\) và 2 số thuộc \({C_2}\) có \(C_{11}^1.C_{11}^2 = 605\) cách chọn.
1 số thuộc \({C_0}\), 1 số thuộc \({C_1}\) và 1 số thuộc \({C_3}\) có \(11 \times 12 \times 11 = 1452\) cách chọn.
1 số thuộc \({C_2}\) và 2 số thuộc \({C_3}\) có \(C_{11}^1.C_{11}^2 = 605\) cách chọn.
2 số thuộc \({C_1}\) và 1 số thuộc \({C_2}\) có \(C_{12}^2.C_{11}^1 = 726\) cách chọn.
\(n\left( C \right) = 3553 \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{3553}}{{C_{45}^3}} = \frac{{323}}{{1290}}\).
Tập xác định của hàm số là khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\).
Hàm số có đạo hàm \(y' = \frac{1}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} - \frac{1}{{1 - x}}\).
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right]\) bằng \(\frac{1}{2}\sqrt[3]{{70}} - \ln 2\).
a) Sai. Điều kiện xác định:
\(\left\{ \begin{array}{l}1 - x > 0\\9 - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 1\\ - 3 < x < 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow - 3 < x < 1\).
Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - 3;1} \right)\).
b) Sai. Ta có: \(y' = \frac{1}{3}{\left( {9 - {x^2}} \right)^{\frac{{ - 2}}{3}}}.{\left( {9 - {x^2}} \right)^\prime } + \frac{{ - 1}}{{1 - x}}\)\( = \frac{{ - 2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} - \frac{1}{{1 - x}}\).
Vậy hàm số có đạo hàm \(y' = \frac{{ - 2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} - \frac{1}{{1 - x}}\).
c) Đúng. Với mọi \(x \in \left( {0;1} \right)\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} > 0\\\frac{1}{{1 - x}} > 0\end{array} \right.\)
Do đó \(y' = \frac{{ - 2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} - \frac{1}{{1 - x}}\)\( = - \left( {\frac{{2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} + \frac{1}{{1 - x}}} \right) < 0\).
Suy ra \(y' < 0,\;\forall x \in \left( {0;1} \right)\).
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\).
d) Đúng. Ta có: \(\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right] \subset \left( {0;1} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right]\).
Suy ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = \frac{1}{2}\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right]\) bằng:
\({\left[ {9 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} \right]^{\frac{1}{3}}} + \ln \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) = \sqrt[3]{{\frac{{70}}{8}}} - \ln 2 = \frac{1}{2}\sqrt[3]{{70}} - \ln 2\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right]\) bằng \(\frac{1}{2}\sqrt[3]{{70}} - \ln 2\).
Đáp án: 90.
Ta có \(\overrightarrow x \bot \overrightarrow y \)\( \Leftrightarrow \overrightarrow x \cdot \overrightarrow y = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)\left( {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) = 0\)
\[ \Leftrightarrow 2{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} - \overrightarrow a \cdot \overrightarrow b + 2\overrightarrow a \overrightarrow b - {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} = 0\]
\[ \Leftrightarrow 2{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} - {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0\]
\( \Leftrightarrow 2 \cdot {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - {2^2} + \sqrt 2 \cdot 2 \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0\)
\[ \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0\]
\( \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 90^\circ \).
Đáp án: 2.
Hàm số \[y = \frac{{{x^2} + (m - 1)x + 3 - 2m}}{{x + m}}\] đạt cực tiểu tại \[x = - 1\] \[ \Leftrightarrow y' = \frac{{{x^2} + 2mx + {m^2} + m - 3}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\] có hai
nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\] khác \[ - m\] thoả mãn \[{x_1} = - 1,{x_2} < {x_1}\]
Suy ra \[y'\left( { - 1} \right) = 0 \Rightarrow 1 - 2m + {m^2} + m - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = 2\end{array} \right.\]
Thử lại: Khi \[m = - 1\] thì \[y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = - 1,{x_2} = 3 > - 1\] (loại).
Khi \[m = 2\] thì \[y' = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\] có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = - 1,{x_2} = - 3 < - 1\] (thoả mãn).
Vậy \[m = 2\].
Đáp án: 0,92
Vì \(EA;\,EB;\,EC;\,ED\) bằng nhau; lực căng \(\overrightarrow {{F_1}} ;\overrightarrow {{F_2}} ;\,\overrightarrow {{F_3}} ;\,\overrightarrow {{F_4}} \) đều có cường độ là \(4800N\) nên ta có: \(\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {EA} ;\,\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {EB} ;\,\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {EC} ;\,\overrightarrow {{F_4}} = k\overrightarrow {ED} \).
Ta có: \[|\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} | = |k\left( {\overrightarrow {EA} + \overrightarrow {EB} + \overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} } \right)| = 4|k||\overrightarrow {EO} | = \left| {\overrightarrow F } \right|\].
Vì trọng lượng của cả khung sắt chứa ô tô là \(7200\sqrt 6 N\) nên
\(4\left| k \right|\left| {\overrightarrow F } \right| = \left| {\overrightarrow P } \right| = 7200\sqrt 6 \Rightarrow \left| k \right|\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = \frac{{7200\sqrt 6 }}{4} = 1800\sqrt 6 \).
Vì cáp \(EA;\,EB;\,EC;\,ED\) bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng một góc \(\alpha \) nên các góc đó bằng góc \(EAO\).
Ta có: \(\sin \alpha = \frac{{SO}}{{SA}} = \frac{{\frac{{1800\sqrt 6 }}{{\left| k \right|}}}}{{\frac{{4200}}{{\left| k \right|}}}} \approx 0,92\).
Đáp án: 8,93.
Theo đề bài ta có tất cả các mặt của tứ diện là tam giác đều có cạnh bằng \(6.\)
Ta có: \(P \in (MNP),P \in BD \subset (ABD) \Rightarrow P \subset (MNP) \cap (ABD).\)
Mặt khác:
Suy ra \((MNP) \cap (ABD) = d\) là đường thẳng qua \(P\) và song song với \(AB\).
Trong mặt phẳng \((ABD),\) gọi \(Q = d \cap AD\). Khi đó, thiết diện cần tính diện tích là tứ giác \(MNPQ.\)
Ta có \(MN\parallel AB,PQ\parallel AB \Rightarrow MN\parallel PQ \Rightarrow MNPQ\) là hình thang.
Mặt khác :
\(MN\parallel AB \Rightarrow AM = BN;PQ\parallel AB \Rightarrow AQ = BP;\widehat {MAQ} = \widehat {NBP} = 60^\circ \Rightarrow MQ = NP\)
Hay \(MNPQ\) là hình thang cân.
Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB;H = AE \cap MN,K = DE \cap PQ.\)
Ta có : \(AB \bot AE(HE),AB \bot DE(EK) \Rightarrow AB \bot HK,MN\parallel AB \Rightarrow HK \bot MN\)
\({S_{MNPQ}} = \frac{{MN + PQ}}{2}.HK\)
\(MN = \frac{1}{2}AB = 3;PQ = \frac{1}{3}AB = 2.\)
\(EC = ED = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 ;EH = \frac{1}{2}EC = \frac{{3\sqrt 3 }}{2};EK = \frac{2}{3}ED = 2\sqrt 3 \)
\(\begin{array}{l}{\rm{ }}H{K^2} = E{H^2} + E{K^2} - 2EH.EK.\cos \widehat {CED}\\ & = E{H^2} + E{K^2} - 2EH.EK.\frac{{E{C^2} + E{D^2} - C{D^2}}}{{2EC.ED}} = \frac{{51}}{4}.\\ \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt {51} }}{2}\end{array}\)
Vậy \({S_{MNPQ}} = \frac{{3 + 2}}{2}.\frac{{\sqrt {51} }}{2} = \frac{{5\sqrt {51} }}{4} \approx 8,93.\)
Đáp án: 17
Gọi độ dài đoạn đường \[CD\] là \[x\]\[(km,0 < x < 8)\].
Độ dài đoạn \[AD\] là: \[\sqrt {{x^2} + 9} \] (km)
Độ dài đoạn \[DB\] là: \[8 - x\] (km)
Thời gian để người đó chèo thuyền từ \[A\] tới \[D\] rồi chạy bộ từ \[D\] tới \[B\] là: \[T(x) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 9} }}{6} + \frac{{8 - x}}{8}\] (*) (giờ)
Để người đó di chuyển được từ \[A\] tới \[B\] trong khoảng thời gian ngắn nhất thì \[T(x)\] đạt min khi \[x \in (0;8)\].
Ta có: \[T'(x) = \frac{x}{{6\sqrt {{x^2} + 9} }} - \frac{1}{8}\]
Cho \[T'(x) = 0\]\[ \Rightarrow \frac{x}{{6\sqrt {{x^2} + 9} }} = \frac{1}{8}\]\[ \Rightarrow 8x = 6\sqrt {{x^2} + 9} \]\[ \Rightarrow 64{x^2} = 36{x^2} + 324\]
\[ \Rightarrow {x^2} = \frac{{81}}{7} \Rightarrow x = \frac{9}{{\sqrt 7 }}\] (Thỏa mãn)
Ta có \[x \in \left( {0;\frac{9}{{\sqrt 7 }}} \right) \Rightarrow T'(x) < 0;\,\,x \in \left( {\frac{9}{{\sqrt 7 }};8} \right) \Rightarrow T'(x) > 0\] nên
\[\min T = T\left( {\frac{9}{{\sqrt 7 }}} \right) = \frac{{\sqrt {\frac{{81}}{7} + 9} }}{6} + \frac{{8 - \frac{9}{{\sqrt 7 }}}}{8}\]\[ \Rightarrow {T_{\min }} = 1 + \frac{{\sqrt 7 }}{8} = 1 + \frac{1}{8}\sqrt 7 \].
Suy ra \[a = 1,b = 1,c = 8,d = 7\].
Vậy \[a + b + c + d = 17\].
Đáp án: 1,15.
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right) \Rightarrow BC \bot AA'\)
Kẻ \(MK\) vuông góc với \(AA'\) với \(K \in AA'\), khi đó \(MK \bot BC\), do đó \(MK = d\left( {BC,\,\,AA'} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(\Delta ABC\) đều cạnh \(2\) nên \(AM = \sqrt 3 \).
Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(AH = \frac{2}{3}AM = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có \(AK = \sqrt {A{M^2} - K{M^2}} = \frac{3}{2}\)
\(\Delta AHA'\) suy ra \(\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{MK}}{{A'H}} \Rightarrow A'H = \frac{{AH.MK}}{{AK}} = \frac{2}{3}\).
Thể tích lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là \(V = A'H.{S_{\Delta ABC}} = \frac{2}{3}.\frac{{4\sqrt 3 }}{4} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \approx 1,15\).
